求证：ℜ(z)>0且z∈ℂ时，∫₀^∞t^{z-1}e^{-t}cos(t)dt=Γ(z)2^{-z/2}cos(πz/4)

已知( z \in \mathbb{C} )且( \Re(z) > 0 )，我们要证明：
$$\int_0^\infty t^{z-1} e^{-t}\cos(t)dt=\Gamma(z) 2^{\large \frac{-z}2}\cos\left(\frac{\pi z}{4}\right)$$

先补完你未完成的级数展开推导 #

你已经用到了余弦函数的泰勒展开：
$$\cos(t)= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}t{2n} \quad( t \in \mathbb{R} )$$
代入原积分后得到：
$$\int_0^\infty t^{z-1} e^{-t}\cos(t)dt =\int_0^\infty t^{z-1} e^{-t} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}t{2n} dt$$

这里首先要确认积分与求和可交换顺序：因为当(\Re(z)>0)时，用魏尔斯特拉斯M判别法可以验证，级数(\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n t^{{2n}}{(2n)!}e}{-t}t^{z-1})在(t \in [0,\infty))上一致收敛（每个项的绝对值被(\frac{t^{{\Re(z)+2n-1}e}{-t}}{(2n)!})控制，而对应的积分(\int_0^\infty t^{{\Re(z)+2n-1}e}{-t}dt=\Gamma(\Re(z)+2n))有限，且级数(\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(\Re(z)+2n)}{(2n)!})收敛），所以交换合法，得到：
$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} \int_0^\infty t^{z+2n-1} e^{-t} dt$$

根据伽马函数的定义(\Gamma(s)=\int_0^\infty t^{s-1}e{-t}dt)（(\Re(s)>0)），上面的积分就是(\Gamma(z+2n))，于是式子变为：
$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n \Gamma(z+2n)}{(2n)!}$$

要把这个级数和目标等式联系起来，我们可以结合伽马函数的递推性质和三角函数的泰勒展开，但其实换一种复指数实部的方法会更简洁直接：

更高效的复指数方法 #

注意到余弦函数是复指数的实部：(\cos(t)=\Re\left(e^{it}\right))，所以原积分可以改写为：
$$\Re\left( \int_0^\infty t^{z-1} e^{-t(1-i)} dt \right)$$

做变量替换：令(u=t(1-i))，则(t=\frac{u}{1-i})，(dt=\frac{du}{1-i})。当(t)从0到(\infty)时，(u)沿着复平面上辐角为(-\frac{\pi}{4})的射线延伸至无穷远。由于(\Re(z)>0)，伽马函数的积分定义可以推广到这类与正实轴夹角小于(\frac{\pi}{2})的射线，因此：
$$\int_0^\infty t^{z-1} e^{-t(1-i)} dt = \frac{1}{(1-i)^z} \int_0^\infty u^{z-1}e{-u}du = \frac{\Gamma(z)}{(1-i)^z}$$

接下来把(1-i)表示为极坐标形式：(1-i=\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}})，因此：
$$(1-i)^z = \left(2^{{\frac{1}{2}}e}{-i\frac{\pi}{4}}\right)^z = 2^{{\frac{z}{2}}e}{-i\frac{\pi z}{4}}$$

它的倒数就是：
$$\frac{1}{(1-i)^z}=2{-\frac{z}{2}}e^{i\frac{\pi z}{4}}$$

取这个复数的实部：
$$\Re\left(2^{{-\frac{z}{2}}e}{i\frac{\pi z}{4}}\right)=2^{-\frac{z}{2}}\cos\left(\frac{\pi z}{4}\right)$$

把这个结果代回之前的表达式，就得到：
$$\int_0^\infty t^{z-1} e^{{-t}\cos(t)dt=\Gamma(z)2}{-\frac{z}{2}}\cos\left(\frac{\pi z}{4}\right)$$
完美匹配目标等式！

内容的提问来源于stack exchange，提问作者L.L